第06讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（春季讲义）-2024-2025学年高二数学春季讲义（人教A版2019选择性必修第二、三册）

第06讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 【人教A版2019】 模块一 分类与分步 1．分类加法计数原理 (1)分类加法计数原理的概念 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法， 那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法. 概念推广：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2 种种不同的方法，，在第n类方案中有mn种种不同的方法，那么完成这件事共有N=种 不同的方法. (2)分类加法计数原理的特点 分类加法计数原理又称分类计数原理或加法原理，其特点是各类中的每一种方法都可以完成要做的事 情，我们可以用第一类有m1种方法，第二类有m2种方法，，第n类有mn种方法，来表示分类加法计 数原理，即强调每一类中的任一种方法都可以完成要做的事，因此一共有种不同方法可 以完成这件事. (3)分类的原则 分类计数时，首先要根据问题的特点，确定一个适当的分类标准，然后利用这个分类标准进行分类， 分类时要注意两个基本原则：一是完成这件事的任何一种方法必须属于相应的类；二是不同类的任意两种 方法必须是不同的方法，只要满足这两个基本原则，就可以确保计数时不重不漏. 2．分步乘法计数原理 (1)分步乘法计数原理的概念 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件 事共有N=m×n种不同的方法. 概念推广：完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，， 做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=种不同的方法. (2)分步乘法计数原理的特点 分步乘法计数原理的特点是在所有的各步之中，每一步都要使用一种方法才能完成要做的事，可以利 用图形来表示分步乘法计数原理，图中的“”强调要依次完成各个 步骤才能完成要做的事情，从而共有种不同的方法可以完成这件事. (3)分步的原则 ①明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，怎样才能完成这件事，也就是说，弄清要经过哪几步才 能完成这件事； ②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件 事就不可能完成；不能缺少步骤. ③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n个步骤逐步去做，才能完成这件事，各 个步骤既不能重复也不能遗漏. 3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的辨析 (1)联系 分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关完成一件事的不同方法的种数问题. (2)区别 分类加法计数原理每次得到的都是最后结果，而分步乘法计数原理每步得到的都是中间结果，具体区 别如下表： 区别 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 ① 针对的是“分类”问题 针对的是“分步”问题 ② 各种方法相互独立 各个步骤中的方法互相依存 ③ 用其中任何一种方法都可以完成这件事 只有各个步骤都完成才算完成这件事 (3)分类加法计数原理与分步乘法计数原理的合理选择 分类→将问题分为互相排斥的几类，逐类解决→分类加法计数原理； 分步→将问题分为几个相互关联的步骤，逐步解决→分步乘法计数原理. 在解决有关计数问题时，应注意合理分类，准确分步，同时还要注意列举法、模型法、间接法和转换法的应用. 【题型1 分类加法计数原理及应用】 【例1.1】（23-24高二上·辽宁抚顺·阶段练习）书架上有10 本不同的自然科学图书和9本不同的社会科学图书，甲同学想从中选出1本阅读，则不同的选法共有（   ） A．9种 B．10种 C．19种 D．90种 【例1.2】（23-24高二下·江苏宿迁·期中）某女生有3件不同颜色的衬衣，4件不同花样的裙子，另有3套不同样式的连衣裙，“五一”节选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式有（    ） A．24种 B．10种 C．9种 D．15种 【变式1.1】（23-24高二下·陕西西安·期末）书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为（    ） A．3 B．8 C．12 D．18 【变式1.2】（24-25高二上·全国·课后作业）根据历史记载，早在春秋战国时期，我国劳动人民就普遍使用算筹进行计数．算筹计数法就是用一根根同样长短和粗细的小棍子以不同的排列方式来表示数字，如图所示．如果用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，则个位和十位上的算筹不一样多的两位数有（    ） 1    2     3       4       5      6      7      8      9表示如下 纵式： 横式： A．81个 B．64个 C．18个 D．17个 【题型2 分步乘法计数原理及应用】 【例2.1】（23-24高二下·河北·阶段练习）从7本不同的书中选出3本送给3位同学，每人一本，不同的选法种数是（    ） A． B． C．21 D．210 【例2.2】（23-24高二下·陕西西安·期中）5名同学分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数为（    ） A．9 B．20 C． D． 【变式2.1】（24-25高三上·江苏徐州·开学考试）甲、乙、丙、丁四人打算从北京、上海、西安、长沙四个城市中任选一个前去游玩，其中甲去过北京，所以甲不去北京，则不同的选法有（    ） A．18种 B．48种 C．108种 D．192种 【变式2.2】（23-24高二下·江苏扬州·期中）学校为丰富高中生的课外生活，开设了兴趣小组，有3名学生想要报名书法、绘画、篮球、羽毛球兴趣小组，每人限报1项、则不同的报名方式种数有（    ） A． B．36 C．24 D． 模块二 两个计数原理的综合应用 1．两类计数问题的求解思路： (1)“类中有步”计数问题：完成一件事有几类方案，每一类方案中分若干步，利用分步乘法计数原理求出每一类方案中的方法数，再利用分类加法计数原理把各类方案的方法数相加，即可得出结果. (2)“步中有类”计数问题：完成一件事的过程分成若干步，完成每一步的方法分成若干类，利用分类加法计数原理求出完成每一步中的方法数，再利用分步乘法计数原理把每一步的方法数相乘，即可得出结果. 2．特元特位问题(特殊优先原则) (1)排列时，某个(或某些)元素一定在(或一定不在)某个(或某些)位置. (2)基本原则：特殊元素(特殊位置)优先. (3)解题思路 ①以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素； ②以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置； ③先不考虑附加条件，正难则反. 3．两个计数原理的综合应用 两个计数原理的综合应用主要包括五个方面：(1)实际问题中的计数问题；(2)代数中的计数问题；(3)几何计数问题；(4)数字排列问题；(5)涂色问题. 【题型3 特元特位问题】 【例3.1】（23-24高二下·浙江·期中）定义“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”，比如116，431，则所有幸运数的个数为（    ） A．18 B．21 C．35 D．36 【例3.2】（24-25高三上·重庆·阶段练习）如图，无人机光影秀中，有架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出种不同颜色的光，至号的无人机颜色必须相同，、号无人机颜色必须相同，号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这架无人机同时发光时，一共可以有（    ）种灯光组合. A． B． C． D． 【变式3.1】（23-24高二下·新疆克拉玛依·期中）在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的共有（    ）个 A．44 B．45 C．54 D．55 【变式3.2】（23-24高二下·山东青岛·期中）在如图所示的九宫格中填入数字和字母，已知三个字母：都填到九宫格中且不能在同一行同一列，其他每格只能从数字中选择一个填入，有公共边的两个格数字不相同，则不同的填法种数为（    ） A．5230 B．3619 C．4758 D．5184 【题型4 代数中的计数问题】 【例4.1】（23-24高二下·广东广州·期末）有（   ）个不同的正因数. A．8 B．10 C．12 D．15 【例4.2】（2024·陕西西安·三模）方程的非负整数解的组数为（    ） A．40 B．28 C．22 D．12 【变式4.1】（24-25高二·全国·单元测试）如果正整数a的各位数字之和等于6，那么称a为“好数”(如：6，24，2013等均为“好数”)，将所有“好数”从小到大排成一列a1，a2，a3，…，若an＝2 013，则n＝（    ） A．50 B．51 C．52 D．53 【变式4.2】（23-24高二下·重庆·期末）“回文联”是对联中的一种，既可顺读，也可倒读.比如，一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联：雾锁山头山锁雾，天连水尾水连天，由此定义“回文数”，n为自然数，且n的各位数字反向排列所得自然数与n相等，这样的n称为“回文数”，如：1221，2413142.则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（    ） A．900个 B．891个 C．810个 D．648个 【题型5 几何计数问题】 【例5.1】（2024高二·全国·专题练习）从正十五边形的顶点中选出3个构成钝角三角形，则不同的选法有（    ） A．105种 B．225种 C．315种 D．420种 【例5.2】（24-25高二上·湖北黄石·期末）过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（    ） A．18 B．30 C．36 D．54 【变式5.1】（23-24高二下·江苏扬州·期中）已知直线中的a，b，c是取自集合中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是 ． 【变式5.2】（2006·上海·高考真题）如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”，在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是 . 【题型6 数字排列问题】 【例6.1】（23-24高二下·河南洛阳·期中）用0，1，2，3，4这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中奇数共有（    ） A．48个 B．24个 C．18个 D．12个 【例6.2】（2024高三·全国·专题练习）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，其中比4 000大的偶数共有（　　） A．48个 B．56个 C．60个 D．72个 【变式6.1】（24-25高三·上海·课堂例题）用0、1、2、3、…、9十个数字可组成多少个不同的： (1)三位数； (2)无重复数字的三位数； (3)小于500且无重复数字的三位奇数． 【变式6.2】（23-24高二下·四川眉山·期中）已知0， 1， 2， 3， 4， 5这六个数字． (1)可以组成多少个无重复数字的三位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的三位奇数？ (3)可以组成多少个无重复数字的小于1 000的自然数？ (4)可以组成多少个无重复数字的大于3 000且小于5 421的四位数？ 【题型7 涂色问题】 【例7.1】（23-24高二下·安徽池州·期中）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ）    A．120 B．26 C．340 D．420 【例7.2】（23-24高二下·湖北黄冈·期中）某市的5个区县，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 【变式7.1】（23-24高二下·湖南衡阳·期中）如图，已知四棱锥. (1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数； (2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数. 【变式7.2】（24-25高二·湖北荆州·课后作业）用n种不同的颜色为两块广告牌着色，如图，要求在①，②，③，④四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色. （1）若n＝6，为甲着色时共有多少种不同的方法？ （2）若为乙着色时共有120种不同的方法，求n的值. 【题型8 两个计数原理的综合应用】 【例8.1】（23-24高二下·陕西西安·阶段练习）个袋子里装有10张不同的中国移动手机卡，另一个袋子里装有12张不同的中国联通手机卡. (1)某人要从两个袋子中任取一张供自己使用的手机卡，共有多少种不同的取法? (2)某人手机是双卡双待机，想得到一张移动卡和一张联通卡供自己今后使用，问一共有多少种不同的取法? 【例8.2】（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）从0，1，2，3，4五个数字中选出3个数字组成一个三位数． (1)可以组成多少个三位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的三位数？ (3)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？ 【变式8.1】（23-24高二下·山东菏泽·阶段练习）高二（1）班、（48）班、（62）班分别有7，5，9人参加创新技能大赛笔试． (1)如果选一人当组长，那么有多少种不同的选法？ (2)如果老师任组长，每班选一名副组长，那么有多少种不同的选法？ (3)如果推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，那么有多少种不同的选法？ 【变式8.2】（23-24高二下·吉林延边·阶段练习）现有4个数学课外兴趣小组，其中一、二、三、四组分别有3人、4人、5人、6人. (1)选1人为负责人，有多少种不同的选法？ (2)每组选1名组长，有多少种不同的选法？ (3)推选2人发言，这2人需来自不同的小组，有多少种不同的选法？ 一、单选题 1．（24-25高二下·全国·课后作业）编号为1，2，3，4的四位同学参观某博物馆，该博物馆共有编号为1，2，3，4的四个门，若规定编号为1，2，3，4的四位同学进入博物馆不能走与自己编号相同的门，则四位同学用不同的方式进入博物馆的方法种数为（    ） A．12 B．16 C．81 D．256 2．（24-25高二上·江西·阶段练习）某大学开设篮球、足球等5门球类选修课，要求每个学生都必须选择其中的一门课程.现有小明、小强、小豆3位同学进行选课，其中小明不选篮球和足球，则不同的选课方法共有（    ） A．36种 B．60种 C．75种 D．85种 3．（23-24高二下·广东中山·期末）用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·全国·课后作业）某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有（    ） 1 2 3 4 5 A．30240种 B．60480种 C．120960 D．241920种 5．（23-24高二下·广东肇庆·阶段练习）如图，现有4种不同颜色给图中5个区域涂色，要求任意两个相邻区域不同色，有多少种不同涂色方法（   ） 1 3 4 2 5 A．120 B．72 C．288 D．144 6．（23-24高二下·河南商丘·期中）数学中“凸数”是一个位数不低于3的奇位数，是最中间的数位上的数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为（    ） A．147 B．112 C．65 D．50 7．（23-24高二下·河北张家口·期末）求整数的正整数因数时可将其改写成若干个质数的乘积，例如，12的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可，则2025的正整数因数的个数为（    ） A．8 B．10 C．15 D．16 8．（23-24高二下·海南儋州·期中）为了纪念我国成功举办北京冬奥会，中国邮政发行《北京举办2022年冬奥会成功纪念》邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现将一套5枚邮票任取3枚，要求取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则不同的取法种数为（   ） A．4 B．8 C．16 D．18 二、多选题 9．（24-25高三·上海·随堂练习）有4名同学报名参加三个不同的社团，则下列说法中正确的是（    ）． A．每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 B．每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 C．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种 D．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有种 10．（23-24高二下·江苏苏州·阶段练习）用n种不同的颜色给如图所示的四块区域A，B，C，D涂色，要求相邻域涂不同颜色，不同的涂色方法的总数记作，则（    ） A． B． C． D． 11．（23-24高二下·广东东莞·阶段练习）某市地铁按照乘客乘坐的站数实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如下表：现有小明、小华两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过9站，且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论正确的是（    ） 站数 票价/元 2 3 4 A．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有9种 B．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有18种 C．若小明、小华两人共花费6元，则小明、小华下地铁的方案共有27种 D．若小明、小华两人共花费6元，则小明比小华先下地铁的方案共有12种（同一地铁站出站不分先后） 三、填空题 12．（24-25高二上·上海奉贤·阶段练习）正整数1224有 个不同的正约数. 13．（23-24高二下·贵州安顺·期中）如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有 . 14．（24-25高二下·全国·课后作业）现有A，B，C，D，E五个兴趣小组，在劳动实践课上制作的手工艺品，摆放到如图所示桌面上的四个区域，供学生参观，若要求相邻区域不可以放入同一个兴趣小组的手工艺品，每个区域内只能摆放一个兴趣小组的手工艺品，共有 种摆法． 四、解答题 15．（23-24高二下·全国·课堂例题）回答下列问题： (1)5封不同的信投入3个不同的邮筒的投法有多少种？ (2)5个同学争夺3个比赛的冠军，每个比赛冠军只有1人，冠军获得情况共有多少种？ 16．（2024高二下·全国·专题练习）如图所示，用5种不同的颜料给4块图形(A，B，C，D)涂色，要求共边两块颜色互异，求有多少种不同的涂色方案．    17．（24-25高二下·山西大同·阶段练习）有0，1，2，3，4五个数字，问： (1)可以组成多少个无重复数字的四位密码? (2)可以组成多少个无重复数字的四位数? 18．（24-25高二下·河南·阶段练习）将2个不同的红球和2个不同的黑球放入3个不同的盒子中（可以有盒子不放球）. (1)若2个红球放入同一个盒子中，则不同的放法有多少种？ (2)若每个盒子最多只能装3个球，则不同的放法有多少种？ 19．（23-24高二下·陕西西安·期中）用、、、、、这六个数字. (1)可以组成多少个数字不重复的三位数； (2)可以组成多少个数字允许重复的三位数； (3)可以组成多少个数字不重复的小于的自然数. 第 1 页 共 28 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第06讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 【人教A版2019】 模块一 分类与分步 1．分类加法计数原理 (1)分类加法计数原理的概念 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法， 那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法. 概念推广：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2 种种不同的方法，，在第n类方案中有mn种种不同的方法，那么完成这件事共有N=种 不同的方法. (2)分类加法计数原理的特点 分类加法计数原理又称分类计数原理或加法原理，其特点是各类中的每一种方法都可以完成要做的事 情，我们可以用第一类有m1种方法，第二类有m2种方法，，第n类有mn种方法，来表示分类加法计 数原理，即强调每一类中的任一种方法都可以完成要做的事，因此一共有种不同方法可 以完成这件事. (3)分类的原则 分类计数时，首先要根据问题的特点，确定一个适当的分类标准，然后利用这个分类标准进行分类， 分类时要注意两个基本原则：一是完成这件事的任何一种方法必须属于相应的类；二是不同类的任意两种 方法必须是不同的方法，只要满足这两个基本原则，就可以确保计数时不重不漏. 2．分步乘法计数原理 (1)分步乘法计数原理的概念 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件 事共有N=m×n种不同的方法. 概念推广：完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，， 做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=种不同的方法. (2)分步乘法计数原理的特点 分步乘法计数原理的特点是在所有的各步之中，每一步都要使用一种方法才能完成要做的事，可以利 用图形来表示分步乘法计数原理，图中的“”强调要依次完成各个 步骤才能完成要做的事情，从而共有种不同的方法可以完成这件事. (3)分步的原则 ①明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，怎样才能完成这件事，也就是说，弄清要经过哪几步才 能完成这件事； ②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件 事就不可能完成；不能缺少步骤. ③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n个步骤逐步去做，才能完成这件事，各 个步骤既不能重复也不能遗漏. 3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的辨析 (1)联系 分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关完成一件事的不同方法的种数问题. (2)区别 分类加法计数原理每次得到的都是最后结果，而分步乘法计数原理每步得到的都是中间结果，具体区 别如下表： 区别 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 ① 针对的是“分类”问题 针对的是“分步”问题 ② 各种方法相互独立 各个步骤中的方法互相依存 ③ 用其中任何一种方法都可以完成这件事 只有各个步骤都完成才算完成这件事 (3)分类加法计数原理与分步乘法计数原理的合理选择 分类→将问题分为互相排斥的几类，逐类解决→分类加法计数原理； 分步→将问题分为几个相互关联的步骤，逐步解决→分步乘法计数原理. 在解决有关计数问题时，应注意合理分类，准确分步，同时还要注意列举法、模型法、间接法和转换法的应用. 【题型1 分类加法计数原理及应用】 【例1.1】（23-24高二上·辽宁抚顺·阶段练习）书架上有10 本不同的自然科学图书和9本不同的社会科学图书，甲同学想从中选出1本阅读，则不同的选法共有（   ） A．9种 B．10种 C．19种 D．90种 【解题思路】由分类加法计数原理，即可解题. 【解答过程】由分类加法计数原理知，不同的选法种数为. 故选 C. 【例1.2】（23-24高二下·江苏宿迁·期中）某女生有3件不同颜色的衬衣，4件不同花样的裙子，另有3套不同样式的连衣裙，“五一”节选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式有（    ） A．24种 B．10种 C．9种 D．15种 【解题思路】利用分类加法和分步乘法计数原理计算可得结果. 【解答过程】依题意可知，有两类衣服可选， 第一类：选择衬衣和裙子，共有种选择； 第二类：选择连衣裙，共有中选择； 所以共有种选择. 故选：D. 【变式1.1】（23-24高二下·陕西西安·期末）书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为（    ） A．3 B．8 C．12 D．18 【解题思路】根据分类加法计数原理进行求解, 【解答过程】书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书， 第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为. 故选：B. 【变式1.2】（24-25高二上·全国·课后作业）根据历史记载，早在春秋战国时期，我国劳动人民就普遍使用算筹进行计数．算筹计数法就是用一根根同样长短和粗细的小棍子以不同的排列方式来表示数字，如图所示．如果用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，则个位和十位上的算筹不一样多的两位数有（    ） 1    2     3       4       5      6      7      8      9表示如下 纵式： 横式： A．81个 B．64个 C．18个 D．17个 【解题思路】首先根据分步计数原理计算不含0的所有两位数，再分类计算不满足条件的两位数，即可求解. 【解答过程】用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，共可以摆出（个）两位数， 其中个位和十位上的算筹都为1有（个）； 个位和十位上的算筹都为2有（个）； 个位和十位上的算筹都为3有（个）； 个位和十位上的算筹都为4有（个）； 个位和十位上的算筹都为5有（个）， 共有（个）， 所以个位和十位上的算筹不一样多的两位数有（个）. 故选：B. 【题型2 分步乘法计数原理及应用】 【例2.1】（23-24高二下·河北·阶段练习）从7本不同的书中选出3本送给3位同学，每人一本，不同的选法种数是（    ） A． B． C．21 D．210 【解题思路】根据分步乘法计数原理求解. 【解答过程】根据分步乘法计数原理，不同的选法有种. 故选：D. 【例2.2】（23-24高二下·陕西西安·期中）5名同学分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数为（    ） A．9 B．20 C． D． 【解题思路】利用分步乘法计数原理即可计算． 【解答过程】因为每名同学都有4种选择， 所以由分步乘法计数原理可知不同选法的种数为：． 故选：D. 【变式2.1】（24-25高三上·江苏徐州·开学考试）甲、乙、丙、丁四人打算从北京、上海、西安、长沙四个城市中任选一个前去游玩，其中甲去过北京，所以甲不去北京，则不同的选法有（    ） A．18种 B．48种 C．108种 D．192种 【解题思路】由分步乘法计数原理求解即可. 【解答过程】因甲不去北京，应该分步完成： 第一步，甲在上海、西安、长沙三个城市中任选一个，有3种选法； 第二步，乙、丙、丁从北京、上海、西安、长沙四个城市中分别任选一个，有中选法； 由分步乘法计数原理，可得不同选法有：种． 故选：D． 【变式2.2】（23-24高二下·江苏扬州·期中）学校为丰富高中生的课外生活，开设了兴趣小组，有3名学生想要报名书法、绘画、篮球、羽毛球兴趣小组，每人限报1项、则不同的报名方式种数有（    ） A． B．36 C．24 D． 【解题思路】根据题意，分析可得每名学生都有4种选法，结合分步计数原理，即可求解. 【解答过程】根据题意，每名学生都可以在书法、绘画、篮球和羽毛球兴趣小组中任选1个， 都有4种选法，由分步计数原理得，共有种不同的选法. 故选：D. 模块二 两个计数原理的综合应用 1．两类计数问题的求解思路： (1)“类中有步”计数问题：完成一件事有几类方案，每一类方案中分若干步，利用分步乘法计数原理求出每一类方案中的方法数，再利用分类加法计数原理把各类方案的方法数相加，即可得出结果. (2)“步中有类”计数问题：完成一件事的过程分成若干步，完成每一步的方法分成若干类，利用分类加法计数原理求出完成每一步中的方法数，再利用分步乘法计数原理把每一步的方法数相乘，即可得出结果. 2．特元特位问题(特殊优先原则) (1)排列时，某个(或某些)元素一定在(或一定不在)某个(或某些)位置. (2)基本原则：特殊元素(特殊位置)优先. (3)解题思路 ①以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素； ②以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置； ③先不考虑附加条件，正难则反. 3．两个计数原理的综合应用 两个计数原理的综合应用主要包括五个方面：(1)实际问题中的计数问题；(2)代数中的计数问题；(3)几何计数问题；(4)数字排列问题；(5)涂色问题. 【题型3 特元特位问题】 【例3.1】（23-24高二下·浙江·期中）定义“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”，比如116，431，则所有幸运数的个数为（    ） A．18 B．21 C．35 D．36 【解题思路】运用分类加法原理计算即可. 【解答过程】按照百位数字进行分类讨论： 当百位数是1，后两位相加为7，有8种；当百位数是2，后两位相加为6，有7种； 当百位数是3，后两位相加为5，有6种；当百位数是4，后两位相加为4，有5种； 当百位数是5，后两位相加为3，有4种；当百位数是6，后两位相加为2，有3种； 当百位数是7，后两位相加为1，有2种；当百位数是8，后两位相加为0，有1种； 总共有种. 故选：D. 【例3.2】（24-25高三上·重庆·阶段练习）如图，无人机光影秀中，有架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出种不同颜色的光，至号的无人机颜色必须相同，、号无人机颜色必须相同，号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这架无人机同时发光时，一共可以有（    ）种灯光组合. A． B． C． D． 【解题思路】对、号无人机颜色与至号的无人机颜色是否相同进行分类讨论，再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得结果. 【解答过程】根据题意可知，至号的无人机颜色有4种选择； 当、号无人机颜色与至号的无人机颜色相同时，号无人机颜色有3种选择； 当、号无人机颜色与至号的无人机颜色不同时，、号无人机颜色有3种选择，号无人机颜色有2种选择； 再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得共有种. 故选：D. 【变式3.1】（23-24高二下·新疆克拉玛依·期中）在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的共有（    ）个 A．44 B．45 C．54 D．55 【解题思路】分别讨论个位上的数字是0和个位上的数字不是0两种情况，即可求出结果. 【解答过程】对于一个两位数，个位上的数字能取的值分别为：0~9之间的任意一个数字， 十位上的数字能取的值为：1~9之间的任意一个数字， 为使个位上的数字小于十位上的数字， 当个位上的数字是0时，十位上的数字可以取1~9之间的任意一个数字，共9种情况； 当个位上的数字不是0时，只需从1~9之间任取两个数字， 较大的数字当做十位上的数字即可，此时共有. 故满足题意的两位数共有个. 故选：B. 【变式3.2】（23-24高二下·山东青岛·期中）在如图所示的九宫格中填入数字和字母，已知三个字母：都填到九宫格中且不能在同一行同一列，其他每格只能从数字中选择一个填入，有公共边的两个格数字不相同，则不同的填法种数为（    ） A．5230 B．3619 C．4758 D．5184 【解题思路】先填，再填1，2，3，由分步乘法计数原理求解即可. 【解答过程】先填，对于，有9个位置可以选择， 除去所在的行和列，有4个位置可以选择， 再除去所在的行和列，只剩1个位置， 故填共有种；再填1，2，3，如下图， ④ ⑤ ① ⑥ ② ③ 由于公共边的两个格数字不相同，从①号位置开始: ①有3种选择，②有2种选择，③有2种选择，④有3种选择，⑤有2种选择，⑥有2种选择， 故填1，2，3有种； 所以共有种. 故选：D. 【题型4 代数中的计数问题】 【例4.1】（23-24高二下·广东广州·期末）有（   ）个不同的正因数. A．8 B．10 C．12 D．15 【解题思路】首先分解质因数可得，再由分步乘法计算原理计算可得. 【解答过程】因为，所以的不同的正因数有个. 故选：D. 【例4.2】（2024·陕西西安·三模）方程的非负整数解的组数为（    ） A．40 B．28 C．22 D．12 【解题思路】将分解质因数，即可求出的因数的个数，从而得解. 【解答过程】因为，所以的因数有个， 故方程的非负整数解的组数为40． 故选：A. 【变式4.1】（24-25高二·全国·单元测试）如果正整数a的各位数字之和等于6，那么称a为“好数”(如：6，24，2013等均为“好数”)，将所有“好数”从小到大排成一列a1，a2，a3，…，若an＝2 013，则n＝（    ） A．50 B．51 C．52 D．53 【解题思路】2013是四位数，故“好数”按四位数，按三大类分首位为0、1、2每一类再分，然后把数量相加即可． 【解答过程】解：本题可以把数归为“四位数”(含0006等)， 因此比2 013小的“好数”为0×××，1×××，2 004，共三类数， 第一类可分为：00××，01××，…，0 600，共7类，共有7＋6＋…＋2＋1＝28个数； 第二类可分为：10××，11××，…，1 500，共6类，共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21个数， 第二类可分为：2 004，共1个 故2 013为第28+21+1+1=51个数，故n＝51. 故选：B. 【变式4.2】（23-24高二下·重庆·期末）“回文联”是对联中的一种，既可顺读，也可倒读.比如，一副描绘厦门鼓浪屿景色的回文联：雾锁山头山锁雾，天连水尾水连天，由此定义“回文数”，n为自然数，且n的各位数字反向排列所得自然数与n相等，这样的n称为“回文数”，如：1221，2413142.则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（    ） A．900个 B．891个 C．810个 D．648个 【解题思路】先求得所有6位 “回文数”的个数，再求得6位 “回文数”中各位数字全相同的个数，进而得到所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的个数. 【解答过程】6位 “回文数”中个位与十万位数字相同且不为0， 十位与万位数字相同，百位与千位数字相同， 第一步，确定个位与十万位数字，有9种可能， 第二步，确定十位与万位数字，有10种可能， 第三步，确定百位与千位数字，有10种可能， 则6位 “回文数”共有（个）， 又6位 “回文数”中各位数字全相同的共有9个， 则所有6位数中是“回文数”且各位数字不全相同的共有（个）. 故选：B. 【题型5 几何计数问题】 【例5.1】（2024高二·全国·专题练习）从正十五边形的顶点中选出3个构成钝角三角形，则不同的选法有（    ） A．105种 B．225种 C．315种 D．420种 【解题思路】首先选取一个点作为钝角顶点，并该点与圆心连线将其余14个顶点分成左右各7个：在左侧选取一个点作为第二顶点，依次选取右侧7个点作为第三顶点判断三角形形状，依此步骤即可得当前钝角顶点下的钝角三角形个数，最后乘以15即可得结果. 【解答过程】如图所示，以A为钝角顶点，在直径的左边取点，右边依次取，得到6个钝角三角形，当取时，△为锐角三角形； 同理，直径的左边取点，右边依次取，得到5个钝角三角形，当取，时，△、△为锐角三角形； …… 在直径的左边取点时，得到一个钝角△， 在直径的左边取点时，没有钝角三角形. 故以A为钝角顶点的三角形共有（个）. 以其余14个点为钝角顶点的三角形也各有21个， 所以总共有（个）钝角三角形. 故选：C. 【例5.2】（24-25高二上·湖北黄石·期末）过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（    ） A．18 B．30 C．36 D．54 【解题思路】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案. 【解答过程】解：如图，分以下几类： 棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：对； 棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 底面边与底面边之间所构成的异面直线有：对； 侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对； 所以共有对. 故选：C. 【变式5.1】（23-24高二下·江苏扬州·期中）已知直线中的a，b，c是取自集合中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是 11 ． 【解题思路】设倾斜角为，由，对分情况讨论，利用计数原理计算即可． 【解答过程】设倾斜角为，，则，不妨设，则， 若，a有2种取法，b有2种取法，排除1个重复(与)，故这样的直线有条； 若，a有2种取法，b有2种取法，c有2种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有条， 从而，符合要求的直线有条． 故答案为：11． 【变式5.2】（2006·上海·高考真题）如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”，在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是 36 . 【解题思路】根据题中定义“正交线面对”的含义，找出正方体中“正交线面对”的组数，即可得出结果. 【解答过程】如果一条直线与一个平面垂直，那么，这一组直线与平面就构成一个正交线面对. 如下图所示： ①对于正方体的每一条棱，都有个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有个； ②对于正方体的每一条面对角线（如，则平面），均有一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有个. 综上所述，正方体中的“正交线面对”共有个. 故答案为. 【题型6 数字排列问题】 【例6.1】（23-24高二下·河南洛阳·期中）用0，1，2，3，4这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中奇数共有（    ） A．48个 B．24个 C．18个 D．12个 【解题思路】根据题意，依次分析三位数的个位、百位、十位数字的情况，由分步计数原理计算可得答案． 【解答过程】根据题意，三位数的个位数字必须为1或3，有2种情况， 百位数字不能为0，有3种情况， 十位数字在剩下的3个数字任选1个，有3种情况， 则共有种情况，即有18个符合题意的三位奇数． 故选：C． 【例6.2】（2024高三·全国·专题练习）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，其中比4 000大的偶数共有（　　） A．48个 B．56个 C．60个 D．72个 【解题思路】分首位数字为5和首位数字为4两种情况讨论，再根据分类加法和分步乘法计数原理计算即可. 【解答过程】根据题意，符合条件的四位数首位数字必须是4，5其中1个， 末位数字为0，2，4其中1个． 分两种情况讨论：①首位数字为5时，末位数字有3种情况， 在剩余的4个数中任取2个，放在剩余的2个位置上，有（种）情况， 此时有（个）； ②首位数字为4时，末位数字有2种情况， 在剩余的4个数中任取2个，放在剩余的2个位置上，有（种）情况， 此时有（个）， 综上所述，共有（个）. 故选：C. 【变式6.1】（24-25高三·上海·课堂例题）用0、1、2、3、…、9十个数字可组成多少个不同的： (1)三位数； (2)无重复数字的三位数； (3)小于500且无重复数字的三位奇数． 【解题思路】（1）（2）根据分步乘法计数原理，先确定百位上的数字，再分析十位与个位，进而计算出正确答案； （3）根据分类加法、分步乘法计数原理，分别分析个位数满足条件的数字计算出正确答案. 【解答过程】（1）由于0不能在首位，所以首位数字有9种选法， 十位与个位上的数字均有10种选法， 所以不同的三位数共有（个）； （2）百位数字有9种选法，十位数字有除百位数字以外的9种选法， 个位数字应从剩余8个数字中选取， 所以共有（个）无重复数字的三位数； （3）若个位为1或3，则小于500的三位奇数有（个）； 若个位为5或7或9，则小于500的三位奇数有（个）； 所以小于500的三位奇数有． 【变式6.2】（23-24高二下·四川眉山·期中）已知0， 1， 2， 3， 4， 5这六个数字． (1)可以组成多少个无重复数字的三位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的三位奇数？ (3)可以组成多少个无重复数字的小于1 000的自然数？ (4)可以组成多少个无重复数字的大于3 000且小于5 421的四位数？ 【解题思路】（1）（2）根据分步乘法计数原理，即可分别求解百位，十位以及个数的选择相乘求解， （3）（4）根据分类加法计数原理，结合分步乘法即可求解. 【解答过程】（1）分3步: ①先选百位数字有5种选法；②十位数字有5种选法； ③个位数字有4种选法； 由分步计数原理知所求三位数共有个 （2）分3步： ①先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种选法； ②再选百位数字有4种选法； ③十位数字也有4种选法； 由分步计数原理知所求三位数共有个. （3）分3类： ①一位数，共有6个； ②两位数，先选十位数字，有种选法；再选个位数字也有种选法，共有个； ③三位数，先选百位数字，有种选法；再选十位数字也有种选法；再选个位数字，有种选法，共有个； 因此，比1 000小的自然数共有个． （4）分4类： ①千位数字为或时，后面三个数位上可随便选择，此时共有个； ②千位数字为，百位数字为之一时，共有个； ③千位数字为，百位数字是，十位数字为之一时，共有个； ④也满足条件； 故所求四位数共有个. 【题型7 涂色问题】 【例7.1】（23-24高二下·安徽池州·期中）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ）    A．120 B．26 C．340 D．420 【解题思路】根据题意，分4步依次分析区域A、B、C、D、E的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案． 【解答过程】根据题意，如图，设5个区域依次为A、B、C、D、E，    分4步进行分析： ①，对于区域A，有5种颜色可选； ②，对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选； ③，对于区域C，与A、B区域相邻，有3种颜色可选； ④，对于区域D、E，若D与B颜色相同，E区域有3种颜色可选， 若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，E区域有2种颜色可选， 则区域D、E有种选择， 所以不同的涂色方案有种. 故选：D. 【例7.2】（23-24高二下·湖北黄冈·期中）某市的5个区县，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 【解题思路】先对A，B，C三个区域染色，再讨论B，E是否同色 【解答过程】当B，E同色时，共有种不同的染色方案， 当B，E不同色时，共有种不同的染色方案， 所以共有72种不同的染色方案. 故选：D. 【变式7.1】（23-24高二下·湖南衡阳·期中）如图，已知四棱锥. (1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数； (2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数. 【解题思路】（1）由分步乘法原理，先涂S，再涂A，再涂B，最后涂CD计算即可. （2）解法一：由分步乘法原理，先涂AC，再一次涂SAB，计算即可；解法二：分类分步原理，先按照A与C颜色相同与不同分类，再用分步乘法，最后求和即可. 【解答过程】（1）由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 则A，C颜色相同，且B，D颜色相同， 所以共有种不同的涂色方法. （2）解法一：由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 则A，C可以颜色相同，B，D可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同， 所以先从两组中选出一组涂同一颜色，有2种选法（如：B，D颜色相同）； 再从5种颜色中，选出4种颜色涂在S，A，B，C四个顶点上， 最后D涂B的颜色，有种不同的涂色方法. 根据分步计数原理知，共有种不同的涂色方法. 解法二：分两类. 第一类，A与C颜色相同， 由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 它们有种不同的涂色方法， 所以共有种不同的涂色方法； 第二类，A与C颜色不同， 由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 它们有种不同的涂色方法， 所以共有种不同的涂色方法. 根据分类计数原理知，共有种不同的涂色方法. 【变式7.2】（24-25高二·湖北荆州·课后作业）用n种不同的颜色为两块广告牌着色，如图，要求在①，②，③，④四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色. （1）若n＝6，为甲着色时共有多少种不同的方法？ （2）若为乙着色时共有120种不同的方法，求n的值. 【解题思路】（1）利用分步乘法计数原理即可求解. （2）利用分步乘法计数原理即可求解. 【解答过程】完成着色这件事，共分为四个步骤， 可以依次考虑为①，②，③，④这四个区域着色时各自的方法数， 再利用分步乘法计数原理确定出总的方法数. 于是有：（1）为①区域着色时有6种方法， 为②区域着色时有5种方法， 为③区域着色时有4种方法， 为④区域着色时有4种方法， 依据分步乘法计数原理，不同的着色方法为6×5×4×4＝480(种). （2）由题意知，为①区域着色时有n种方法， 为②区域着色时有(n－1)种方法. 为③区域着色时有(n－2)种方法， 为④区域着色时有(n－3)种方法， 由分步乘法计数原理可得不同的着色方法数为n(n－1)(n－2)(n－3). ∴n(n－1)(n－2)(n－3)＝120， ∴(n2－3n)(n2－3n＋2)－120＝0， 即(n2－3n)2＋2(n2－3n)－120＝0. ∴n2－3n－10＝0或n2－3n＋12＝0(舍去). ∴n＝5. 【题型8 两个计数原理的综合应用】 【例8.1】（23-24高二下·陕西西安·阶段练习）个袋子里装有10张不同的中国移动手机卡，另一个袋子里装有12张不同的中国联通手机卡. (1)某人要从两个袋子中任取一张供自己使用的手机卡，共有多少种不同的取法? (2)某人手机是双卡双待机，想得到一张移动卡和一张联通卡供自己今后使用，问一共有多少种不同的取法? 【解题思路】（1）分类求解，第一类取移动手机卡，第二类取联通手机卡，将情况相加即可； （1）分步求解，第一步取移动手机卡，第二步取联通手机卡，将情况相乘即可. 【解答过程】（1）从两个袋子中任取一张卡有两类情况： 第一类：从第一个袋子中取一张移动手机卡，共有种取法； 第二类：从第二个袋子中取一张联通手机卡，共有种取法； 根据分类加法计数原理,共有 (种)取法； （2）得到一张移动卡和一张联通卡可分两步进行： 第一步：从第一个袋子中任取一张移动手机卡，共有种取法. 第二步：从第二个袋子中任取一张联通手机卡，共有种取法. 根据分步乘法计数原理共有 (种)取法. 【例8.2】（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）从0，1，2，3，4五个数字中选出3个数字组成一个三位数． (1)可以组成多少个三位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的三位数？ (3)可以组成多少个无重复数字的三位偶数？ 【解题思路】（1）根据分步乘法计数原理可得结果； （2）根据分步乘法计数原理可得结果； （3）根据组成三位偶数，末位数字可分两类，末位数字是0或者不是0，根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得结果； 【解答过程】（1）三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方 法，第二、三位可以排0，因此，根据分步乘法计数原理共有（个）． （2）三位数的首位不能为0，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二位可以排0，除 首位排的数字共有4种方法，第三位除前两位排的数字共有3种方法，因此，根据分步乘 法计数原理共有（个）． （3）偶数末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类： 一类是末位数字是0，则有（种）排法； 一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位， 所以有3种排法，十位有3种排法，因此有（种）排法． 因此有（种）排法．即可以排成30个无重复数字的三位偶数. 【变式8.1】（23-24高二下·山东菏泽·阶段练习）高二（1）班、（48）班、（62）班分别有7，5，9人参加创新技能大赛笔试． (1)如果选一人当组长，那么有多少种不同的选法？ (2)如果老师任组长，每班选一名副组长，那么有多少种不同的选法？ (3)如果推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，那么有多少种不同的选法？ 【解题思路】（1）根据分类加法计数原理求解； （2）根据分步乘法计数原理求解； （3）综合利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解； 【解答过程】（1）事件选一人当组长可分三类方案完成， 第一类，组长从（1）班选出，有7种选法、 第二类，组长从（48）班选出，有5种选法、 第三类，组长从（62）班选出，有9种选法， 根据分类加法计数原理，选一人当组长有种选法， （2）如果老师任组长，每班选一名副组长，则需要分三步， 第一步，从（1）班选一名同学担任副组长，有7种选法， 第二步，从（48）班选一名同学担任副组长，有5种选法， 第三步，从（62）班选一名同学担任副组长，有9种选法， 根据分步乘法计数原理，每班选一名副组长共有种选法； （3）事件推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，可分为三类方案， 第一类，若两人来自（1）班和（48）班，有种选法， 第二列，若两人来自（1）班和（62）班，有种选法， 第三类，若两人来（48）班和（62）班，有种选法， 综上可知，这两人来自不同的班级的不同的选法有种． 【变式8.2】（23-24高二下·吉林延边·阶段练习）现有4个数学课外兴趣小组，其中一、二、三、四组分别有3人、4人、5人、6人. (1)选1人为负责人，有多少种不同的选法？ (2)每组选1名组长，有多少种不同的选法？ (3)推选2人发言，这2人需来自不同的小组，有多少种不同的选法？ 【解题思路】（1）根据分类加法计数原理即可求解； （2）根据分步乘法计数原理即可求解； （3）根据分步乘法、分类加法计数原理即可求解； 【解答过程】（1）分四类：第一类，从一组中选1人，有3种方法； 第二类，从二组中选1人，有4种方法； 第三类，从三组中选1人，有5种方法； 第四类，从四组中选1人，有6种方法. 所以不同的选法共有种方法. （2）分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四组中选1名组长， 所以不同的选法共有种方法； （3）分六类：第一类，从一、二组中各选1人，有种方法； 第二类，从一、三组中各选1人，有种方法； 第三类，从一、四组中各选1人，有种方法； 第四类，从二、三组中各选1人，有种方法； 第五类，从二、四组中各选1人，有种方法； 第六类，从三、四组中各选1人，有种方法； 所以不同的选法共有种方法. 一、单选题 1．（24-25高二下·全国·课后作业）编号为1，2，3，4的四位同学参观某博物馆，该博物馆共有编号为1，2，3，4的四个门，若规定编号为1，2，3，4的四位同学进入博物馆不能走与自己编号相同的门，则四位同学用不同的方式进入博物馆的方法种数为（    ） A．12 B．16 C．81 D．256 【解题思路】根据题意因不能走与自己编号相同的门，所以每人都可从其它3个门进入，再由分步乘法计数原理从而可求解. 【解答过程】因不能走与自己编号相同的门，安排编号为1的同学进入博物馆有3种选法； 同理编号为2，3，4的同学进入博物馆各有3种方法， 由分步乘法计数原理，共有种方法．故C正确. 故选：C. 2．（24-25高二上·江西·阶段练习）某大学开设篮球、足球等5门球类选修课，要求每个学生都必须选择其中的一门课程.现有小明、小强、小豆3位同学进行选课，其中小明不选篮球和足球，则不同的选课方法共有（    ） A．36种 B．60种 C．75种 D．85种 【解题思路】借助分步乘法计数原理计算即可得. 【解答过程】小明有三种选课方法，小强和小豆各有五种选课方法， 故共有种选课方法. 故选：C. 3．（23-24高二下·广东中山·期末）用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（   ） A． B． C． D． 【解题思路】组成有重复数字的三位数，且是偶数,按个位是和不是进行分类; 个位不是时要注意选中的数有和不是情况求解. 【解答过程】由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即0，2，4，有3种选择， 而由于这是一个三位数，所以百位数不能是0，有5种选择，因为存在重复数字，由此分类讨论: ①当个位数为0时，则百位数有5种选择，十位数有两种情况， 与百位数一样，只有一种选择， 与个位数一样，也只有一种选择; ②当个位数为2时， 如果百位数为2，则十位数有6种选择， 如果百位数不为2，则百位数有4种选择，此时十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择: 当个位数为4时， 如果百位数为4，则十位数有6种选择， 如果百位数不为4，则百位数有4种选择，十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择 综上所述，. 故选：B. 4．（24-25高二下·全国·课后作业）某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有（    ） 1 2 3 4 5 A．30240种 B．60480种 C．120960 D．241920种 【解题思路】相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类，再分别计算每一类的方法数，可求得结论. 【解答过程】由题得相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类； 第一类在1和2上种植小麦，“1”有7种选择，“2”有6种选择，剩下3块实验田种植水稻， 分别有种选择，所以共计种； 第二、三、四类和第一类种数相同．综上总计有种方法． 故选：C. 5．（23-24高二下·广东肇庆·阶段练习）如图，现有4种不同颜色给图中5个区域涂色，要求任意两个相邻区域不同色，有多少种不同涂色方法（   ） 1 3 4 2 5 A．120 B．72 C．288 D．144 【解题思路】根据任意两个相邻区域不同色，利用分步计数原理即可求解． 【解答过程】如图，区域1有4种选法，区域2有3种选法，区域3有2种选法， 区域4可选剩下的一种或选区域1，2所选的颜色，共有3种选法， 区域5从区域4剩下的2种颜色中选有2种选法， 共有种． 故选：D. 6．（23-24高二下·河南商丘·期中）数学中“凸数”是一个位数不低于3的奇位数，是最中间的数位上的数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为（    ） A．147 B．112 C．65 D．50 【解题思路】根据给定条件，结合“凸数”的意义，利用分类加法计数原理求解即得. 【解答过程】最高位是5的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个； 最高位是6的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个； 最高位是7的“凸数”，中间数分别为8，9，分别有7，8个，共有15个； 最高位是8的“凸数”，中间数为9，有8个， 所以没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为. 故选：C. 7．（23-24高二下·河北张家口·期末）求整数的正整数因数时可将其改写成若干个质数的乘积，例如，12的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可，则2025的正整数因数的个数为（    ） A．8 B．10 C．15 D．16 【解题思路】首先分解质因数，再根据分步乘法计数原理计算可得. 【解答过程】因为， 所以的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可， 有种取法，即有个正整数因数． 故选：C． 8．（23-24高二下·海南儋州·期中）为了纪念我国成功举办北京冬奥会，中国邮政发行《北京举办2022年冬奥会成功纪念》邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现将一套5枚邮票任取3枚，要求取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则不同的取法种数为（   ） A．4 B．8 C．16 D．18 【解题思路】根据3枚邮票中邮票的种类进行分类求解即可. 【解答过程】由题意可知：会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有2枚，“志愿者标志”有1枚， 若任取3枚，取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则有： 若会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有1枚，共有种； 若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有2枚，共有种； 若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有1枚，“志愿者标志”有1枚，共有种； 故共有种． 故选：B. 二、多选题 9．（24-25高三·上海·随堂练习）有4名同学报名参加三个不同的社团，则下列说法中正确的是（    ）． A．每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 B．每名同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 C．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种 D．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有种 【解题思路】利用分步乘法计数原理可得答案. 【解答过程】对于AB选项，第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法， 后面的2个同学也有3种报法，根据分步计数原理共有种结果，A正确，B错误； 对于CD选项，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择， 第2个社团有3种选择，第3个社团有2种选择， 根据分步计数原理共有种结果，C正确，D错误． 故选：AC. 10．（23-24高二下·江苏苏州·阶段练习）用n种不同的颜色给如图所示的四块区域A，B，C，D涂色，要求相邻域涂不同颜色，不同的涂色方法的总数记作，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】计算出后逐项计算即可得. 【解答过程】使用种不同颜色时，对区域涂色可用种， 由、相邻，故对区域可用种， 由、、相邻，故对区域可用种， 由、相邻，故对区域可用种， 故不同的涂色方法的总数种， 种，种， 种，种， 故A、B错误，C、D正确. 故选：CD. 11．（23-24高二下·广东东莞·阶段练习）某市地铁按照乘客乘坐的站数实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如下表：现有小明、小华两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过9站，且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论正确的是（    ） 站数 票价/元 2 3 4 A．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有9种 B．若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有18种 C．若小明、小华两人共花费6元，则小明、小华下地铁的方案共有27种 D．若小明、小华两人共花费6元，则小明比小华先下地铁的方案共有12种（同一地铁站出站不分先后） 【解题思路】利用分类计数原理和分步计数原理可求答案. 【解答过程】两人共花费5元分为两类：小明花费2元，小华花费3元，此时两人下地铁的方案有种， 同理小明花费3元，小华花费2元时，两人下地铁的方案也是种，所以共有18种，A不正确，B正确. 两人共花费6元分为三类：小明花费2元，小华花费4元，此时两人下地铁的方案有种； 小明花费3元，小华花费3元，此时两人下地铁的方案有种； 小明花费4元，小华花费2元，此时两人下地铁的方案有种， 共有27种，C正确. 小明比小华先下地铁有两类：小明花费2元，小华花费4元，此时两人下地铁的方案有种； 小明和小华均花费3元，小明比小华先下地铁仅有3种方案，所以共有12种方案，D正确. 故选：BCD. 三、填空题 12．（24-25高二上·上海奉贤·阶段练习）正整数1224有 个不同的正约数. 【解题思路】将分解成若干个素数的积，再利用分步乘法计数原理即可得解. 【解答过程】因为， 所以正整数1224的正约数个数为. 故答案为：. 13．（23-24高二下·贵州安顺·期中）如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有 48 . 【解题思路】根据分步乘法计数原理求解即可. 【解答过程】根据题意，对于区域A，有4种涂色方法，对于区域B，有3种涂色方法， 对于区域C，有2种涂色方法，对于区域D，有2种涂色方法， 则由分步乘法计数原理可得种涂色方法. 故答案为：48. 14．（24-25高二下·全国·课后作业）现有A，B，C，D，E五个兴趣小组，在劳动实践课上制作的手工艺品，摆放到如图所示桌面上的四个区域，供学生参观，若要求相邻区域不可以放入同一个兴趣小组的手工艺品，每个区域内只能摆放一个兴趣小组的手工艺品，共有 260 种摆法． 【解题思路】分两类：第一类，2，3区域放同一兴趣小组的手工艺品，第二类，2，3区域摆放不同兴趣小组的手工艺品，每一类中运用分步计数原理可求每一类的方法数，进而可求总的方法数. 【解答过程】分两类：第一类，2，3区域放同一兴趣小组的手工艺品： 第一步，第1区域，有5种摆法， 第二步，第2，3区域有4种摆法， 第三步，第4区域有4种摆法，共计有种摆法； 第二类，2，3区域摆放不同兴趣小组的手工艺品： 第一步，第1区域，有5种摆法， 第二步，第2区域，有4种摆法， 第三步，第3区域，有3种摆法，第四步，第4区域，有3种摆法， 共计有5×4×3×3=180种摆法． 故共有80+180=260种摆法． 故答案为：260. 四、解答题 15．（23-24高二下·全国·课堂例题）回答下列问题： (1)5封不同的信投入3个不同的邮筒的投法有多少种？ (2)5个同学争夺3个比赛的冠军，每个比赛冠军只有1人，冠军获得情况共有多少种？ 【解题思路】由分步乘法计数原理运算即可求解. 【解答过程】（1）5封不同的信投入3个不同的邮筒的投法有种； （2）5个同学争夺3个比赛的冠军，冠军获得情况共有种. 16．（2024高二下·全国·专题练习）如图所示，用5种不同的颜料给4块图形(A，B，C，D)涂色，要求共边两块颜色互异，求有多少种不同的涂色方案．    【解题思路】因A，B，C，D 4块图形中，块与块不共边，B块与D块不共边，故可就块与块将其分成A，C同色与不同色两类情况考虑，在每一类中，考虑根据分步乘法计数原理按顺序涂色,最后利用分类加法计数原理即得. 【解答过程】本题的解法可按照顺序涂色，因块与块不共边，故可分成A，C同色与不同色两类情况. 第一类，A，C颜色相同，则A有5种涂色方法，B有4种涂色方法，D有4种涂色方法， 由分步乘法计数原理知，共有种涂法； 第二类，A，C颜色不同，则A有5种涂色方法，C有4种涂色方法，B有3种涂色方法，D也有3种涂色方法（因B块与D块不共边）， 由分步乘法计数原理知，共有种涂法． 根据分类加法计数原理，共有种不同的涂色方案． 17．（24-25高二下·山西大同·阶段练习）有0，1，2，3，4五个数字，问： (1)可以组成多少个无重复数字的四位密码? (2)可以组成多少个无重复数字的四位数? 【解题思路】（1）（2）根据分步乘法计数原理即可求解. 【解答过程】（1）完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分四个步骤： 第1步，选取左边第一个位置上的数字，有5种选取方法； 第2步，选取左边第二个位置上的数字，有4种选取方法； 第3步，选取左边第三个位置上的数字，有3种选取方法； 第4步，选取左边第四个位置上的数字，有2种选取方法. 由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有N=5×4×3×2=120个. （2）完成“组成无重复数字的四位数”这件事，可以分四个步骤： 第1步，从1，2，3，4中选取一个数字做千位数字，有4种不同的选取方法； 第2步，从1，2，3，4中剩余的三个数字和0共四个数字中选取一个数字做百位数字，有4种不同的选取方法； 第3步，从剩余的三个数字中选取一个数字做十位数字，有3种不同的选取方法； 第4步，从剩余的两个数字中选取一个数字做个位数字，有2种不同的选取方法. 由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位数共有N=4×4×3×2=96（个）. 18．（24-25高二下·河南·阶段练习）将2个不同的红球和2个不同的黑球放入3个不同的盒子中（可以有盒子不放球）. (1)若2个红球放入同一个盒子中，则不同的放法有多少种？ (2)若每个盒子最多只能装3个球，则不同的放法有多少种？ 【解题思路】（1）根据题意可得，2个红球放入同一个盒子中，可看成将3个不同的球放入3个不同的盒子中，即可得到结果； （2）根据题意，由总情况数，减去不符合要求的情况，即可得到结果. 【解答过程】（1）若2个红球放入同一个盒子中，可看成将3个不同的球放入3个不同的盒子中. 不同的放法有种. （2）不考虑每个盒子最多只能装3个球，有种放法. 若4个球放入同一个盒子中，有3种放法. 故不同的放法有种. 19．（23-24高二下·陕西西安·期中）用、、、、、这六个数字. (1)可以组成多少个数字不重复的三位数； (2)可以组成多少个数字允许重复的三位数； (3)可以组成多少个数字不重复的小于的自然数. 【解题思路】（1）分析可知，数字不重复的三位数中，首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，利用分步乘法计数原理可得结果； （2）分析可知，数字允许重复的三位数中，首位数字不为零，个位和十位的数字无限制，利用分步乘法计数原理可得结果； （3）分三种情况讨论：个位数、两位数、三位数，分别计算出这三种情况下满足条件的自然数的个数，利用分类加法计数原理可得结果. 【解答过程】（1）解：若组成的数字为数字不重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制， 所以，数字不重复的三位数个数为. （2）解：若组成的数字为数字允许重复的三位数，则首位数字不为零，个位和十位的数字无限制， 所以，数字允许重复的三位数的个数为个. （3）解：若组成的数字为数字不重复的小于的自然数，分以下三种讨论： ①数字为个位数，共个； ②数字为两位数，则首位不能为零，个位无限制，共个； ③数字为三位数，共有个. 综上所述，数字不重复的小于的自然数个数为个. 第 1 页 共 28 页 学科网（北京）股份有限公司 $$